main
黄海 2 years ago
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commit bab3444fd2

@ -0,0 +1,44 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n;
int a[N], b[N]; // b 数组存是否遍历过这个节点
int e[N][10]; // 存储树
int dis[N][N]; // 存节点间的距离
int cnt;
void dfs(int u, int x) { // x 表示起点
b[u] = 1;
dis[x][u] = cnt, dis[u][x] = cnt;
cnt++;
for (int i = 1; i <= e[u][0]; i++) { // 枚举子节点
if (b[e[u][i]] == 0) {
dfs(e[u][i], x);
}
}
cnt--; // 退回上一个节点,要记得把距离减去一
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x, y;
cin >> a[i] >> x >> y;
if (x != 0) e[i][++e[i][0]] = x, e[x][++e[x][0]] = i; // 存图
if (y != 0) e[i][++e[i][0]] = y, e[y][++e[y][0]] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) b[j] = 0;
cnt = 0; // 初始化
dfs(i, i); // 搜索
}
int ans = 1e9;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int sum = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++)
sum = sum + a[j] * dis[i][j]; // 累加距离
ans = min(ans, sum);
}
cout << ans;
return 0;
}

@ -0,0 +1,38 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int g[150][150];
int w[N];
int main() {
int n;
cin >> n;
// 地图初始化
memset(g, 0x3f, sizeof g);
for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b;
cin >> w[i] >> a >> b;
if (a) g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接,右链接,二叉树,和一般的不一样
if (b) g[i][b] = g[b][i] = 1;
}
// floyd
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
int ans = INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int s = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j];
ans = min(ans, s);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}

@ -1,3 +1,119 @@
## 树的重心
#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C)
> **账号**$10402852@qq.com$ **密码**$m****2$
> **关键词****求树的重心**
**题目大意**
给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边,你可以删除一条边再增加一条边,使得树的重心唯一,输出这条边
> **注意**:有$Specail$ $Judge$,如果删除哪条都行,那就随意删除一条就行
**性质**
① 删除重心后所得的所有子树,节点数不超过原树的$1/2$**一棵树最多有两个重心**
② 树中所有节点到重心的距离之和最小,如果有两个重心,那么他们距离之和相等
③ 两个树通过一条边合并,新的重心在原树两个重心的路径上
④ 树删除或添加一个叶子节点,重心最多只移动一条边
⑤ 一棵树最多有两个重心,且相邻
树的重心定义为树的某个节点,当去掉该节点后,树的各个连通分量中,节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后,树将分成两个连通块:$(2,4,5)(3,6,7)$,则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$,则树将分成$3$个部分,$(4)(5)(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点;第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现,其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以,点$1$是树的重心。
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091307161.png)
**思路**
- 如果找到只有一个重心,那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好
- 如果找到两个重心,那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心,删除连另外一个就好
**如何求树的重心?**
1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点),把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$
2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$
> **解释**$j$的含义是$i$的所有儿子节点
另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。
$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091310362.png)
3、利用重心性质 ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心,那么把它拿下后,其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个!分别记录为$r_1,r_2$。
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
#define int long long
#define endl "\n"
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中节点个数
int son[N]; // son[i]:去掉节点i后剩下的连通分量中最大子树节点个数
int r1, r2, n;
void dfs(int u, int fa) {
sz[u] = 1; // u为根的子树中最起码有一个节点u
son[u] = 0; // 把节点u去掉后剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道预求最大先设最小
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完
sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值用于组装自己sz[u]
son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉那么它的所有子节点v为根的子树中节点数可以参加评选
// 评选的标准是son[i]:去掉节点i后剩下的连通分量中最大子树节点个数
}
son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者
if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 1/2
// 如果模拟u被删除后得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示找到了一个重心u
// r2=r1表示如果找到两个重心那么r1,r2 一人一个此时r1中肯定有值但 r2不一定有值
}
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
// 多组测试数据,清空
memset(sz, 0, sizeof sz);
memset(son, 0, sizeof son);
// 初始化链式前向星
memset(h, -1, sizeof h);
idx = 0;
r1 = r2 = 0; // 重心清零
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y), add(y, x);
}
dfs(1, 0); // 以1号点为入口它的父节点是0
if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心r2=0表示没有第二个重心
int u = r1, v = e[h[u]];
cout << u << " " << v << endl; // u->v
cout << u << " " << v << endl; // u->v
} else { // 如果有两个重心
int u = r2, v;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边
v = e[i];
if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心,那么就是可以删除的
}
cout << u << " " << v << endl; // u->v第二个重心所在边需要被切掉
cout << v << " " << r1 << endl; // v->r1,不走u了走了u的一个子节点v
}
}
return 0;
}
```
## 换根$DP$
换根$DP$,又叫二次扫描,是树形$DP$的一种。
@ -15,6 +131,7 @@
> **题意**:给定一个$n$个点的无根树,问以树上哪个节点为根时,其所有节点的深度和最大?
**深度**:节点到根的简单路径上边的数量
> **关键词:换根$DP$模板题**
如果我们假设某个节点为根,将无根树化为有根树,在搜索回溯时统计子树的深度和,则可以用一次搜索算出以该节点为根时的深度和,其时间复杂度为 $O(N)$。
@ -114,120 +231,66 @@ signed main() {
- 第一次搜索完成预处理(如子树大小等),同时得到该节点的解。
- 第二次搜索进行换根的动态规划,由已知解的节点推出相连节点的解。
#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C)
> **账号**$10402852@qq.com$ **密码**$m****2$
> **关键词****求树的重心**
**题目大意**
给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边,你可以删除一条边再增加一条边,使得树的重心唯一,输出这条边
> **注意**:有$Specail$ $Judge$,如果删除哪条都行,那就随意删除一条就行
**性质**
① 删除重心后所得的所有子树,节点数不超过原树的$1/2$**一棵树最多有两个重心**
② 树中所有节点到重心的距离之和最小,如果有两个重心,那么他们距离之和相等
③ 两个树通过一条边合并,新的重心在原树两个重心的路径上
④ 树删除或添加一个叶子节点,重心最多只移动一条边
⑤ 一棵树最多有两个重心,且相邻
#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)
**一、$O(N^3)$算法**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
树的重心定义为树的某个节点,当去掉该节点后,树的各个连通分量中,节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后,树将分成两个连通块:$(2,4,5)(3,6,7)$,则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$,则树将分成$3$个部分,$(4)(5)(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点;第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现,其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以,点$1$是树的重心。
int g[150][150];
int w[N];
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091307161.png)
int main() {
int n;
cin >> n;
// 地图初始化
memset(g, 0x3f, sizeof g);
for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0;
**思路**
- 如果找到只有一个重心,那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好
- 如果找到两个重心,那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心,删除连另外一个就好
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b;
cin >> w[i] >> a >> b;
g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接,右链接,二叉树,和一般的不一样
g[i][b] = g[b][i] = 1;
}
**如何求树的重心?**
// floyd
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
int ans = INF;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int s = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j];
ans = min(ans, s);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
```
1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点),把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$
**二、$O(N^2)$算法**
$n$ 的值很小,最多可以有 $O(n^3)$ 的时间复杂度。
2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$
> **解释**$j$的含义是$i$的所有儿子节点
那么就可以枚举每一个节点,计算它的 **最小距离和** ,再统计答案。
另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。
$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$
**最小距离和** 怎么计算呢?容易想到的是枚举所有节点,算出两个节点之间的距离,再乘上这个节点的价值。
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091310362.png)
这样就需要求出节点之间的距离。先枚举起点,然后算出每个节点到这个起点间的距离。我用的是一个朴素的 $dfs$,在搜索的过程中累加距离,每搜索到一个节点,就储存这个节点与起点间的距离。
3、利用重心性质 ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心,那么把它拿下后,其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个!分别记录为$r_1,r_2$。
而累加距离也很容易实现,在从一个节点遍历到下一个节点时,$cnt$ 增加 $1$;而退回上一个节点时,$cnt$ 减去 $1$。
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
#define int long long
#define endl "\n"
代码就很好实现了,时间复杂度也不高,$O(n^2)$。
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
**三、$O(N)$算法**
int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中节点个数
int son[N]; // son[i]:去掉节点i后剩下的连通分量中最大子树节点个数
int r1, r2, n;
void dfs(int u, int fa) {
sz[u] = 1; // u为根的子树中最起码有一个节点u
son[u] = 0; // 把节点u去掉后剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道预求最大先设最小
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完
sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值用于组装自己sz[u]
son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉那么它的所有子节点v为根的子树中节点数可以参加评选
// 评选的标准是son[i]:去掉节点i后剩下的连通分量中最大子树节点个数
}
son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者
if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 1/2
// 如果模拟u被删除后得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示找到了一个重心u
// r2=r1表示如果找到两个重心那么r1,r2 一人一个此时r1中肯定有值但 r2不一定有值
}
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
// 多组测试数据,清空
memset(sz, 0, sizeof sz);
memset(son, 0, sizeof son);
// 初始化链式前向星
memset(h, -1, sizeof h);
idx = 0;
r1 = r2 = 0; // 重心清零
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y), add(y, x);
}
dfs(1, 0); // 以1号点为入口它的父节点是0
if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心r2=0表示没有第二个重心
int u = r1, v = e[h[u]];
cout << u << " " << v << endl; // u->v
cout << u << " " << v << endl; // u->v
} else { // 如果有两个重心
int u = r2, v;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边
v = e[i];
if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心,那么就是可以删除的
}
cout << u << " " << v << endl; // u->v第二个重心所在边需要被切掉
cout << v << " " << r1 << endl; // v->r1,不走u了走了u的一个子节点v
}
}
return 0;
}
```
#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)
#### [$P2986$ $Great$ $Cow$ $Gathering$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)
https://blog.csdn.net/zstuyyyyccccbbbb/article/details/108952302

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